วิธีแสดงให้เห็นว่าฟังก์ชั่นไม่สามารถคำนวณได้?

ฉันรู้ว่ามีทัวริงอยู่ถ้าฟังก์ชั่นคำนวณได้ จากนั้นวิธีแสดงให้เห็นว่าฟังก์ชั่นนั้นไม่สามารถคำนวณได้หรือไม่มีทัวริงใด ๆ มีอะไรที่เหมือนกับบทปั๊มน้ำ?

ก่อนที่ฉันจะตอบคำถามทั่วไปของคุณให้ฉันย้อนกลับไปก่อนให้ข้อมูลประวัติและตอบคำถามเบื้องต้น: มีฟังก์ชั่นที่ไม่สามารถคำนวณได้หรือไม่

^{[โน้ตโน้ต: เราสามารถเชื่อมโยงฟังก์ชันใด ๆกับภาษาแล้วพูดคุยเกี่ยวกับความสามารถในการตัดสินใจของมากกว่าความสามารถในการคำนวณของ ]$f$$L_f=\{ (x,y) \mid y=f(x) \}$$L_f$$f$}

---

ภาษาที่ไม่สามารถตัดสินใจได้มีอยู่จริง

มีบางภาษาที่ไม่มีเครื่องทัวริงสามารถตัดสินใจได้ อาร์กิวเมนต์นั้นง่าย: มี "เพียง" จำนวนมาก TM ที่แตกต่างกัน แต่มีหลายภาษาแตกต่างกันนับไม่ถ้วน ดังนั้นมีมากที่สุดภาษาที่ decidable และส่วนที่เหลือ (มากมายเหลือล้น) จะไม่สามารถตัดสินใจได้ อ่านเพิ่มเติม:$(\aleph_0)$$(\aleph)$$\aleph_0$

• "ทำไมจึงมีฟังก์ชั่นที่ไม่สามารถคำนวณได้มากกว่าฟังก์ชั่นที่คำนวณได้" และ
• "ทำไมฟังก์ชั่นทั้งหมดถึงไม่สามารถนับได้?" .

เพื่อวางมือของเราในภาษา undecidable เฉพาะความคิดคือการใช้เทคนิคชื่อdiagonalization (Georg Cantor, 1873) ซึ่ง แต่เดิมใช้เพื่อแสดงว่ามีจำนวนจริงมากกว่าจำนวนเต็มหรือกล่าวอีกนัยหนึ่งว่า\$\aleph > \aleph_0$

ความคิดในการสร้างภาษา undecidable แรกนั้นง่าย: เราแสดงรายการทัวริงทั้งหมด (ซึ่งเป็นไปได้เนื่องจากพวกมันสามารถนับซ้ำได้!) และสร้างภาษาที่ไม่เห็นด้วยกับ TM แต่ละอันอย่างน้อยหนึ่งอินพุต

$$\begin{array}{c|ccccc} & \varepsilon & 0 & 1& 00 & \cdots \\ \hline M_1 & \color{red}{1} & 0 & 1 & 0 & 1 \\ M_2 & 0 & \color{red}{1} & 0 & 0 & 0 \\ M_3 & 0 & 0 & \color{red}{0} & 1 & 0 \\ \vdots & & & & \ddots & \end{array}$$

ในข้างต้นแต่ละแถวคือหนึ่ง TM และแต่ละคอลัมน์เป็นหนึ่งอินพุต ค่าของเซลล์คือ 0 ถ้า TM ปฏิเสธหรือไม่หยุดและ 1 ถ้า TM ยอมรับอินพุตนั้น เรากำหนดภาษาเป็นเช่นนั้นที่มีอินพุต -th หาก th TM ไม่ยอมรับอินพุตนั้นD ฉัน$D$$D$$i$$i$

ตารางต่อไปนี้ข้างต้นตั้งแต่ยอมรับ\ในทำนองเดียวกันแต่ตั้งแต่ไม่ยอมรับ1M 1 ε 0 ∉ D 1 ∈ D M 3$\varepsilon \notin D$$M_1$$\varepsilon$$0\notin D$$1\in D$$M_3$$1$

ทีนี้สมมติว่าตัดสินใจและค้นหา lineในตาราง: ถ้ามีในคอลัมน์ -thจะยอมรับอินพุตนั้น แต่มันไม่ได้อยู่ในและถ้ามีตรงนั้นอินพุตจะอยู่ในแต่ไม่ยอมรับ ดังนั้นไม่ได้ตัดสินใจและเรามาถึงความขัดแย้ง D k 1 k M k D 0 D M k M k$M_k$$D$$k$$1$$k$$M_k$$D$$0$$D$$M_k$$M_k$$D$

ตอนนี้สำหรับคำถามของคุณ มีหลายวิธีในการพิสูจน์ว่าภาษาไม่สามารถตัดสินใจได้ ฉันจะพยายามสัมผัสสิ่งที่พบบ่อยที่สุด

1. หลักฐานโดยตรง

วิธีแรกคือการแสดงให้เห็นโดยตรงว่าภาษาไม่สามารถตัดสินใจได้โดยแสดงว่าไม่มี TM สามารถตัดสินใจได้ วิธีนี้ใช้ตามวิธี diagonalization ที่แสดงด้านบน

ตัวอย่าง.

แสดงให้เห็นว่า (ส่วนเติมเต็มของ) ภาษาแนวทแยง ไม่สามารถบอกได้

$$\overline {L_D} = \{ \langle M \rangle \mid \langle M \rangle \notin L(M) \}$$

พิสูจน์
สมมติว่าสามารถได้และให้เป็นตัวตัดสินใจ มีสองกรณี: M$\overline {L_D}$$M_D$

1. ⟨ M D$M_D$ยอมรับ$\langle M_D \rangle$ : แต่แล้วดังนั้น{} ดังนั้นนี้จะไม่สามารถเกิดขึ้นได้หากตัดสินใจ{}⟨M⟩∉ ¯ L D M D ¯ L $\langle M_D \rangle \in L(M_D)$$\langle M \rangle \notin \overline {L_D}$$M_D$$\overline {L_D}$
2. ⟨ M D$M_D$ไม่ยอมรับ$\langle M_D \rangle$ดังนั้น และทำให้{} แต่ถ้ามันอยู่ใน ,ควรจะยอมรับมันและเราก็กลับมาขัดแย้งกันอีกครั้ง⟨M⟩∈ ¯ L D L D M $\langle M_D \rangle \notin L(M_D)$$\langle M \rangle \in \overline {L_D}$$L_D$$M_D$

2. คุณสมบัติการปิด

บางครั้งเราสามารถใช้คุณสมบัติการปิดเพื่อแสดงภาษาบางอย่างไม่สามารถตัดสินใจได้ขึ้นอยู่กับภาษาอื่น ๆ ที่เรารู้อยู่แล้วว่าไม่สามารถตัดสินใจได้

โดยเฉพาะถ้าไม่สามารถตัดสินใจได้ (เราเขียน ) ดังนั้นความสมบูรณ์ของจะไม่สามารถตัดสินใจได้: ถ้ามี deciderสำหรับเราสามารถใช้มันเพื่อตัดสินใจโดยการยอมรับทุกครั้งปฏิเสธและในทางกลับกัน เนื่องจากหยุดคำตอบเสมอ (มันเป็น decider) เราจึงสามารถกลับคำตอบได้L ∉ R ¯ L M ¯ L L M $L$$L\notin R$$\overline{L}$$M$$\overline{L}$$L$$M$$M$

สรุป: ภาษาทแยงเป็น undecidable,R L D ∉${L_D} = \{ \langle M \rangle \mid \langle M \rangle \in L(M) \}$$L_D \notin R$

สามารถใช้อาร์กิวเมนต์ที่คล้ายกันโดยสังเกตว่าถ้าทั้งและ complementนับซ้ำได้ทั้งคู่จะสามารถตัดสินใจได้ สิ่งนี้มีประโยชน์อย่างยิ่งหากเราต้องการพิสูจน์ว่าภาษานั้นไม่สามารถระบุซ้ำได้ซึ่งเป็นคุณสมบัติที่ดีกว่าความไม่แน่นอน¯ $L$$\overline{L}$

3. การลดปัญหาที่ไม่สามารถตัดสินใจได้

โดยปกติแล้วมันค่อนข้างยากที่จะพิสูจน์โดยตรงว่าภาษานั้นไม่สามารถตัดสินใจได้ (เว้นแต่ว่ามันจะถูกสร้างขึ้นในแบบ "เส้นทแยงมุม") วิธีสุดท้ายและวิธีที่พบได้บ่อยที่สุดสำหรับการพิสูจน์ความไม่แน่นอนคือการใช้ภาษาอื่นซึ่งเรารู้แล้วว่าไม่สามารถตัดสินใจได้ ความคิดคือการลดภาษาหนึ่งลงในอีกภาษาหนึ่ง: เพื่อแสดงให้เห็นว่าหากภาษาใดภาษาหนึ่งสามารถตัดสินใจได้ภาษาอื่น ๆ ก็จะต้องสามารถจำแนกได้ แต่หนึ่งในนั้นเป็นที่รู้กันว่าไม่สามารถตัดสินใจได้ซึ่งนำไปสู่ข้อสรุปว่า อ่านเพิ่มเติมเกี่ยวกับการลดใน "เทคนิคทั่วไปในการลดปัญหาให้กันคืออะไร" .

ตัวอย่าง.

แสดงให้เห็นว่าภาษาในแนวทแยง ไม่สามารถบอกได้

$$HP = \{ \langle M,x \rangle \mid M \text{ halts on } x \}$$

พิสูจน์
เรารู้ว่าไม่สามารถตัดสินใจได้ เราลดเป็น (นี่แสดงว่า ) นั่นคือเราแสดงให้เห็นว่าหากสามารถตัดสินใจได้เราสามารถใช้ decider เพื่อตัดสินใจซึ่งเป็นข้อขัดแย้งL D H P L D ≤ H P H P L $L_D$$L_D$$HP$$L_D \le HP$$HP$$L_D$

การลดการทำงานโดยการแปลงผู้สมัครสำหรับ (เช่นการป้อนข้อมูลสำหรับการใด ๆ ที่อาจเกิดขึ้น decider / ใบเสร็จสำหรับ ) เพื่อสมัครสำหรับดังกล่าวว่าถ้าหากHP เราตรวจสอบให้แน่ใจว่าการแปลงนี้สามารถคำนวณได้ ดังนั้นการตัดสินใจบอกเราหรือไม่ดังนั้นหากเราสามารถตัดสินใจ HP เราจะยังสามารถที่จะตัดสินใจ .¹L D L D W ' H P W ∈ L D W ' ∈ H P W ' W ∈ L D L $w$$L_D$$L_D$$w'$$HP$$w\in L_D$$w' \in HP$$w'$$w\in L_D$$L_D$

การแปลงมีดังนี้ ใช้และเอาท์พุท , ²โดยที่เป็น TM ที่มีพฤติกรรมเหมือนกับแต่ถ้าปฏิเสธดังนั้นจะไป เข้าสู่วงวนไม่สิ้นสุดW ' = ⟨ M ' , ⟨ M ⟩ ⟩ M 'เอ็มเอ็มเอ็ม$w=\langle M \rangle$$w'=\langle M' , \langle M \rangle\rangle$$M'$$M$$M$$M'$

เรามาดูกันว่าเป็นไปตามข้อกำหนด หากก็หมายความว่าหยุดและยอมรับการป้อนข้อมูลM ดังนั้นยังหยุดและยอมรับการป้อนข้อมูลM ดังนั้นHP ในทางตรงกันข้ามถ้าแล้วทั้งปฏิเสธหรือไม่เคยหยุดพักในM ในทั้งสองกรณีจะเข้าไปในวง จำกัด ในM ดังนั้น W ∈ L D M ⟨ M ⟩ M ' ⟨ M ⟩ ⟨ M ' , ⟨ M ⟩ ⟩ ∈ H $w,w'$
$w\in L_D$$M$ $\langle M\rangle$$M'$$\langle M\rangle$$\langle M', \langle M\rangle \rangle \in HP$
M ⟨ M ⟩ M ' ⟨ M ⟩ ⟨ M ' , ⟨ M ⟩ ⟩ ∉ H P W ∈ L D W ' ∈ H P H P ∉ $w\notin L_D$$M$$\langle M\rangle$$M'$$\langle M\rangle$$\langle M', \langle M\rangle \rangle \notin HP$และเราจะทำแสดงให้เห็นว่าถ้าหากและได้แสดงให้เห็นจึงว่าR$w\in L_D$$w'\in HP$$HP\notin R$

อ่านเพิ่มเติม: ตัวอย่างมากมายสำหรับการลดและพิสูจน์ความไม่มั่นคงของภาษาสามารถพบได้ผ่านทางแท็กการลด

---

1. มีข้อ จำกัด เพิ่มเติมเกี่ยวกับการลดที่จะมีผล การแปลงจะต้องคำนวณและกำหนดไว้อย่างดีสำหรับอินพุตใด ๆ

2. อินพุตของดูเหมือนโดยที่คือ TM และเป็นสตริง ดังนั้นที่นี่เราเลือกสตริงเพื่อเข้ารหัสของเครื่องซึ่งเป็นเพียงสตริงบางส่วน ..⟨ M , x ⟩ M x x $HP$$\langle M,x\rangle$$M$$x$$x$$M$

---

4. ทฤษฎีบทข้าว

"ดังนั้นทุกครั้งที่เราต้องการพิสูจน์ไม่สามารถตัดสินใจได้เราจำเป็นต้องลด (หรือ ) ลงหรือไม่ไม่มีทางลัดใด ๆ หรือไม่"L D H $L$$L_D$$HP$

ในความเป็นจริงมี นี่คือข้าวทฤษฎีบท

ทฤษฎีบทบอกว่าหลายภาษาที่มีโครงสร้างที่แน่นอนไม่สามารถตัดสินใจได้ เนื่องจากภาษาเหล่านี้มีโครงสร้างที่แน่นอนเราจึงสามารถลดได้หนึ่งครั้งและใช้กับภาษาใดก็ได้ที่ยอมรับโครงสร้างที่คล้ายกัน

ทฤษฎีบทดังกล่าวได้ระบุไว้อย่างเป็นทางการในวิธีต่อไปนี้

ทฤษฎีบท (ข้าว) รับคุณสมบัติ ภาษาต่อไปนี้ไม่สามารถตัดสินใจได้ $\emptyset \subsetneq S \subsetneq RE$$L_S$

$$L_S = \{ \langle M \rangle \mid L(M) \in S \}$$

ชุดเป็นส่วนย่อยของภาษาใน ; เราเรียกมันว่าทรัพย์สินเพราะมันอธิบายคุณสมบัติของภาษาได้รับการยอมรับ(M) หน่วยความจำทั้งหมดที่มีการตอบสนองคุณสมบัตินี้ภาษาเป็นของL_S$S$$RE$$L(M)$$L_S$

ตัวอย่างเช่นสามารถเป็นคุณสมบัติที่ภาษาที่ยอมรับมีสองคำ:$S$$L(M)$

$$S_2 = \{ L \mid |L| =2 , L \in RE\}.$$ ในกรณีนี้คือชุดของ TM ทั้งหมดที่ภาษาประกอบด้วยสองคำ: $L_{S_2}$ $$L_{S_2} = \{\langle M \rangle \mid L(M) \in S\} = \{\langle M \rangle \mid |L(M)|=2\}.$$

สถานที่ให้บริการนั้นง่ายมาก แต่ไม่สามารถเป็นภาษา RE ทั้งหมดหรือไม่มีภาษา RE ถ้าหรือจะมีการกล่าวคุณสมบัติเล็กน้อยและคำนวณได้นั้น ตัวอย่างสำหรับง่ายเป็นหนึ่งมีเพียงภาษาเดียวพูด\} โปรดทราบว่าแม้ว่ามีเพียงภาษาเดียว แต่มีเครื่องจำนวนมากซึ่งภาษาคือดังนั้นจึงไม่มีที่สิ้นสุดและไม่สามารถตัดสินใจได้$S=\emptyset$$S=RE$$L_S$$S$$S_{complete}=\{ \Sigma^*\}$$S$$M$$\Sigma^*$$L_{S_{compete}}$

---

ทฤษฎีบทนี้มีประสิทธิภาพมากในการพิสูจน์ความไม่แน่นอนของหลายภาษา

ตัวอย่าง.

ภาษาไม่สามารถบอกได้$L_\emptyset = \{ \langle M \rangle \mid M \text{ never reaches the accepting state} \}$

พิสูจน์
เราสามารถเขียนเป็นนั่นคือสำหรับคุณสมบัติ . นี่คือคุณสมบัติที่ไม่สำคัญ (มันมีภาษาแต่ไม่รวมถึงภาษาดังนั้นโดยทฤษฎีบทของ Rice, undecidable$L_\emptyset$$\{ \langle M \rangle \mid L(M)=0 \}$$L_\emptyset=L_S$$S=\{ L \in RE, |L|=0\}$$L=\emptyset$$L=\{1, 11, 111,\ldots\}$$L_\emptyset$

---

ตอนนี้เราพิสูจน์ทฤษฎีบท ดังที่ได้กล่าวไว้ข้างต้นเราจะแสดงการลดลงจากเป็น (สำหรับไม่สำคัญใด ๆ โดยพลการ)$HP$$L_S$$S$

พิสูจน์
ให้เป็นคุณสมบัติที่ไม่น่ารำคาญ,RE เราแสดงนั่นคือเราลดเป็นดังนั้นถ้าเราสามารถตัดสินใจเราจะสามารถตัดสินใจ (ซึ่งเรารู้ว่าเป็นไปไม่ได้ดังนั้นจึงไม่สามารถตัดสินใจได้) ในการพิสูจน์ด้านล่างเราคิดว่าภาษาที่ว่างเปล่าไม่ได้เป็นส่วนหนึ่งของที่เป็นS (หากภาษาที่ว่างอยู่ในหลักฐานที่เทียบเท่าทำงานบนทรัพย์สินที่สมบูรณ์ฉันจะละเว้นรายละเอียด) ตั้งแต่$S$$\emptyset \subsetneq S \subsetneq RE$$HP \le L_S$$HP$$L_S$$L_S$$HP$$L_S$$S$$\emptyset \notin S$$S$$\overline S = RE \setminus S$$S$ไม่น่าสนใจมันมีภาษาอย่างน้อยหนึ่งภาษา ลองเรียกภาษานั้นว่าและสมมติว่าเป็นเครื่องที่ยอมรับ (มีเครื่องดังกล่าวอยู่เนื่องจาก มีเฉพาะภาษาใน RE)$L_0$$M_0$$L_0$$S$

จำได้ว่าในการลดลงดังกล่าว (ดูหัวข้อ 3 ด้านบน) เราจำเป็นต้องแสดงวิธีการแปลงอินพุตสำหรับเป็นอินพุตสำหรับเพื่อให้ $w$$HP$$w'$$L_S$

$$w\in HP \quad \text{ if and only if }\quad w' \in L_S$$

ให้เราแปลงเป็นโดยที่คำอธิบายของเครื่อง (บนอินพุต ) มีดังต่อไปนี้:$w=(\langle M \rangle, x)$$w'=\langle M' \rangle$$M'$$x'$

1. เรียกบนx$M$$x$
2. หากขั้นตอนที่ 1 ข้างต้นหยุดทำงานให้เรียกใช้เมื่อและยอมรับ / ปฏิเสธตามนั้น$M_0$$x'$

เราเห็นว่าการแปลงนี้ถูกต้อง โน้ตตัวแรกที่มันเป็นเรื่องง่ายที่จะสร้างรายละเอียดของรับx)$M'$$w=(\langle M \rangle, x)$

หากแล้วหยุดบนxในกรณีนี้เงินไปยังขั้นตอนที่ 2 และพฤติกรรมเช่นเดียวM_0ดังนั้นภาษาที่ได้รับการยอมรับของมันคือS ดังนั้นL_S หากดังนั้นวนซ้ำบนกรณีนี้ลูปในการป้อนข้อมูลใด ๆ - จะได้รับการติดอยู่ในขั้นตอนที่ 1 ภาษาที่ได้รับการยอมรับโดยในกรณีนี้เป็นที่ว่างเปล่าS ดังนั้นL_S$w\in HP$$M$$x$$M'$$M_0$$L(M')=M_0\in S$$w'=\langle M' \rangle \in L_S$
$w\notin HP$$M$$x$$M'$$x'$$M'$$L(M')=\emptyset \notin S$$w'=\langle M' \rangle \notin L_S$

4.1 ทฤษฎีบทข้าวขยาย

ทฤษฎีบทข้าวช่วยให้เรามีวิธีง่ายๆในการแสดงให้เห็นว่าภาษาใดภาษาหนึ่งที่น่าพอใจคุณสมบัติบางอย่างเป็น undecidable, ที่อยู่,R ทฤษฎีบทของ Rice ฉบับขยายทำให้เราสามารถพิจารณาได้ว่าภาษานั้นสามารถระบุซ้ำได้หรือไม่นั่นคือกำหนดว่าโดยตรวจสอบว่าตอบสนองคุณสมบัติเพิ่มเติมบางอย่างหรือไม่$L$$L \notin R$$L \notin RE$$L$

ทฤษฎีบท (ข้าวขยาย) เมื่อได้รับทรัพย์สินภาษา นั้นสามารถนับซ้ำได้ ( ) ซ้ำ ๆ กันถ้าหากทั้งสามข้อต่อไปนี้มารวมกัน ถือ$S \subseteq RE$

$$L_S = \{ \langle M \rangle \mid L(M) \in S \}$$ $L_S \in RE$

1. สำหรับสองถ้าและยังแล้วยังS$L_1, L_2 \in RE$$L_1 \in S$$L_1 \subseteq L_2$$L_2 \in S$
2. หากแล้วมีอยู่ จำกัด เซตเพื่อให้S$L_1\in S$$L_2 \subseteq L_1$$L_2 \in S$
3. ชุดของภาษาที่จำกัดทั้งหมดในนั้นนับได้ (ในคำอื่น ๆ : มี TM ที่ระบุภาษาทั้งหมดที่ จำกัด )$S$$L\in S$

พิสูจน์
นี่คือทฤษฎีบท "ถ้าเพียง แต่" และเราควรพิสูจน์ทั้งสองทิศทาง ครั้งแรกที่เราแสดงให้เห็นว่าถ้าหนึ่งในเงื่อนไขที่ (1,2,3) ไม่ค้างไว้แล้วRE หลังจากนั้นเราจะแสดงให้เห็นว่าถ้าทั้งสามเงื่อนไขค้างไว้พร้อมกันแล้วRE$L_S \notin RE$$L_S \in RE$

ถ้า (1,2) ถือ แต่ (3) ไม่ได้แล้ว$L_S \notin RE$RE
สมมติว่าและเราจะเห็นว่าเรามีวิธีที่จะยอมรับภาษาที่ จำกัด ใด ๆ ใน (และดังนั้นชุดของภาษาทั้งหมดเหล่านี้คือ RE) ดังนั้นเงื่อนไข (3) ถือและเรามีความขัดแย้งกัน . จะตัดสินใจได้อย่างไรว่าจำกัดเป็นของหรือไม่ ได้อย่างง่ายดาย - เราใช้คำอธิบายของเพื่อสร้างเครื่องที่ยอมรับเฉพาะคำในและตอนนี้เรารันเครื่องของบน (จำได้ - เราถือว่าดังนั้นจึงมีเครื่องที่ยอมรับ$L_S \in RE$$S$$L$$S$$L$$M_L$$L$$L_S$$M_L$$L_S\in RE$$L_S$!) ถ้าจากนั้นและตั้งแต่เครื่องจะพูดว่าใช่บนอินพุตและเราเสร็จแล้ว$L\in S$$\langle M_L \rangle \in L_S$$L_S\in RE$$\langle M_L \rangle$

ถ้า (2,3) ถือ แต่ (1) ไม่ได้แล้ว$L_S \notin RE$RE
เราถือว่าและเราจะแสดงให้เห็นว่าเรามีวิธีในการตัดสินใจซึ่งนำไปสู่ความขัดแย้ง$L_S \in RE$$HP$

เพราะเงื่อนไข (1) ไม่ได้ถือมีภาษาและเซ็ตของมันเพื่อให้S ตอนนี้เรากำลังจะทำซ้ำอาร์กิวเมนต์ที่ใช้ในส่วนที่ 4 ในการตัดสินใจ : อินพุตสำหรับเราสร้างเครื่องซึ่งภาษาถ้าหรือมิฉะนั้นภาษาของมันคือL_2จากนั้นเราสามารถตัดสินใจ :หยุดทั้งหรือ RE-machine สำหรับยอมรับ$L_1 \in S$$L_2 \supseteq L_1$$L_2 \notin S$$HP$$(\langle M \rangle,x)$$HP$$M'$$L_1$$(\langle M \rangle,x)\notin HP$$L_2$$HP$$M$$x$$L_S$$M'$; เราสามารถเรียกใช้ทั้งคู่ขนานและรับประกันว่าอย่างน้อยหนึ่งจะหยุด

ให้รายละเอียดของการสร้าง (ในอินพุต ):$M'$$x'$

1. ทำต่อไปในแบบคู่ขนาน:
   1.1 วิ่งบนx 1.2 เรียกใช้เครื่องบน$M$$x$
   $L_1$$x'$
2. ถ้า 1.2 หยุดและยอมรับ - ยอมรับ
3. ถ้า 1.1 หยุด: เรียกใช้เครื่องของบนx'$L_2$$x'$

ทำไมจึงใช้งานได้ ถ้าแล้ว 1.1 ไม่เคยหยุดพักและยอมรับว่าทุกปัจจัยการผลิตที่ได้รับการยอมรับในขั้นตอนที่ 1.2 ดังนั้นLในทางตรงกันข้ามถ้าแล้วในขั้นตอนบางจุดหยุดพักและ 1.1ยอมรับว่าL_2อาจเกิดขึ้นที่ยอมรับล่วงหน้า แต่เนื่องจากสิ่งนี้จะไม่เปลี่ยนภาษาของในกรณีนี้$(\langle M \rangle,x)\notin HP$$M'$$L(M')=L_1$$(\langle M \rangle,x)\in HP$$M'$$L_2$$1.2$$L_1 \subseteq L_2$$M'$

ถ้า (1,3) ถือ แต่ (2) ไม่ได้แล้ว$L_S \notin RE$RE
อีกครั้งเราจะถือว่าและแสดงให้เห็นว่ากลายเป็นสิ่งที่สามารถตัดสินใจได้ซึ่งเป็นข้อขัดแย้ง$L_S\in RE$$HP$

หากไม่มีเงื่อนไข (2) ดังนั้นใด ๆเซตย่อย จำกัด ทั้งหมดตาม (โปรดทราบว่าต้องไม่สิ้นสุดเนื่องจาก ) ดังที่ได้กล่าวไว้ข้างต้นในการตัดสินใจเลือกสำหรับอินพุตที่กำหนดเราจะสร้างเครื่องซึ่งภาษาคือถ้าและบางขอบเขตมิฉะนั้น ความขัดแย้งดังกล่าวเป็นไปในลักษณะเดียวกันนี้$L_1\in S$$L_2 \subseteq L_1$$L_2 \notin S$$L_1$$L_1\subseteq L_1$$HP$$(\langle M \rangle,x)$$M'$$L_1$$(\langle M \rangle,x)\notin HP$$L_2$

การก่อสร้างของเครื่องนี้ค่อนข้างคล้ายกับก่อนหน้านี้ที่เราสร้าง เครื่อง (ที่อินพุต ) ทำ:$M'$$M'$$x'$

1. รันบนสำหรับขั้นตอน$M$$x$$|x'|$
2. หากหยุดทำงานระหว่างขั้นตอนที่ 1 - ปฏิเสธ$M$
3. มิฉะนั้นเรียกใช้เครื่องของบนx'$L_1$$x'$

มันถือว่าถ้าแล้วในบางจุดกล่าวว่าหลังจากที่ 1000 ขั้นตอนหยุดบนxดังนั้นขั้นตอนที่ 1 จะหยุดบน (และปฏิเสธ) ป้อนข้อมูลใด ๆความยาว>ดังนั้นในกรณีนี้เป็นแน่นอน นอกจากนี้ทราบว่าและโดยเฉพาะอย่างยิ่งจากสมมติฐานของเราเกี่ยวกับความอ่อนแอของสภาพ (2) เรามีที่S$(\langle M \rangle,x)\in HP$$M$$x$$x'$$>1000$$L(M')$$L(M') \subseteq L_1$$L(M) \notin S$

ในทางกลับกันถ้าจากนั้นขั้นตอนที่ 1 จะไม่หยุดและเราจะไม่ปฏิเสธขั้นตอนที่ 2 ในกรณีนี้มันง่ายที่จะเห็นและใน โดยเฉพาะอย่างยิ่งS$(\langle M \rangle,x)\notin HP$$L(M)=L_1$$L(M)\in S$

เราถูกทิ้งให้แสดงอีกทิศทางหนึ่งของทฤษฎีบทที่ขยายออกไป นั่นก็คือเราต้องแสดงให้เห็นว่าถ้าเงื่อนไขทั้งหมด (1,2,3) ไว้แล้วเรามี TM ที่ยอมรับ , ที่อยู่,RE กล่าวอีกนัยหนึ่งเราต้องแสดงเครื่องเพื่อให้อินพุตใดที่เครื่องยอมรับอินพุตนี้ยอมรับ}$L_S$$L_S \in RE$$M_S$$\langle M \rangle$$L(M) \in S$$M_S(\langle M \rangle) \to \textsf{accept}$

นี่คือวิธีที่เครื่องทำงาน (ที่อินพุต ):$M_S$$\langle M \rangle$

1. ให้เป็นเครื่องที่ระบุภาษาที่ จำกัด ทั้งหมดในรับประกันโดยเงื่อนไข (3)$M_{\text{enum }S}$$S$
2. เรียกใช้สิ่งต่อไปนี้แบบขนาน (โดยการประกบกันดูเช่นนี้และสิ่งนี้ ) สำหรับ 2.1 เรียกใช้จนกว่าจะแสดงผลภาษา 2.2 ตรวจสอบว่ายอมรับทุกคำของ (รันสำหรับคำเหล่านี้ขนานอีกครั้ง) 2.3 หากบาง ,ยอมรับทุกคำของ - ยอมรับ$i=1,2,...$
   $M_{\text{enum }S}$$L_i$
   $M$$L_i$$M$
   $i$$M$$L_i$

ทำไมมันทำงาน ถ้าจะมีเซตย่อย จำกัดและเมื่อเอาต์พุตชุดย่อยนั้นขั้นตอน 2.2 / 2.3 จะพบว่ายอมรับคำทั้งหมดในภาษานั้นและ ยอมรับ.$L(M) \in S$$L_j \in S$$M_{\text{enum }S}$$M$

ในทางตรงกันข้ามถ้าก็ไม่สามารถยอมรับคำทั้งหมดในสำหรับการใด ๆ... อันที่จริงโดยเงื่อนไข (1) ใด ๆจะยังอยู่ในดังนั้นหากยอมรับคำทั้งหมดในสำหรับบางแล้วและทำให้ , ในความขัดแย้ง$L(M) \notin S$$L_i$$i=1,2,...$$L' \supseteq L_i$$S$$M$$L_i$$i$$L(M)\supseteq L_i$$L(M) \in S$

---

สุดท้ายโปรดทราบว่าสิ่งต่อไปนี้เป็นข้อพิสูจน์ที่ง่าย (และมีประโยชน์มาก) จากด้านบน:

ผลกระทบ (ข้าวขยาย) เมื่อพิจารณาถึงคุณสมบัติที่ไม่สำคัญดังนั้น , ภาษา ไม่สามารถนับซ้ำได้นั่นคือRE$S \subsetneq RE$$\emptyset \in S$

$$L_S = \{ \langle M \rangle \mid L(M) \in S \}$$ $L_S \notin RE$

เครื่องมือหนึ่งที่มีประโยชน์คือทฤษฎีบทข้าว นี่คือสิ่งที่มันบอกว่า:

Letชุดที่ไม่น่ารำคาญของฟังก์ชั่นเอกคำนวณบางส่วนและ Gödelหมายเลขของ{P} จากนั้นชุดดัชนีของ$\emptyset \subsetneq P \subsetneq \mathcal{P}$$\varphi$$\mathcal{P}$$P$

$\qquad I_P = \{ i \in \mathbb{N} \mid \varphi_i \in P \}$

ไม่เกิดซ้ำ

คุณพบว่ามันยังแสดงในรูปของการเข้ารหัสของทัวริง (หรือภาษาโปรแกรมทัวริงที่สมบูรณ์อื่น ๆ ) เช่น ; ที่นี่กำหนดหมายเลขGödel$I_P = \{ \langle M \rangle \mid M\ \mathrm{TM}, f_M \in P \}$$\langle . \rangle$

นั่นคือคุณสามารถใช้ทฤษฎีบทของไรซ์เพื่อพิสูจน์เซตดังกล่าว non-recursive ซึ่งเป็นชุดดัชนีของชุดฟังก์ชันที่ไม่น่าสนใจ (หรือลดลงเป็น )$S$$S$

โปรดทราบว่ามีส่วนขยายที่สามารถใช้เพื่อแสดงว่าชุดดัชนีบางอย่างไม่สามารถนับซ้ำได้

ตัวอย่าง

ให้เป็นหมายเลขGödel พิจารณาชุดของธรรมชาติ$\varphi$

$\qquad A = \{ i \in \mathbb{N} \mid \varphi_i(j) = 1 \text{ for all } j \in 2\mathbb{N} \}$\}

ตอนนี้สำหรับ$P = \{ f \in \mathcal{P} \mid f(j) = 1 \text{ for all } j \in 2\mathbb{N} \}$

• $A = I_P$ ,
• $(n \mapsto 1) \in P$และ
• $(n \mapsto 2) \notin P$ ,

ทฤษฎีบทของข้าวสามารถนำไปใช้ได้และนั้นไม่สามารถตัดสินใจได้$A$

เนื่องจากหลายคนไม่คุ้นเคยกับการกำหนดหมายเลขGödelโปรดทราบว่าตัวอย่างทำงานได้ดีในแง่ของเครื่องจักรทัวริง (เช่นโปรแกรม) โดยใช้\}$A = \{ \langle M \rangle \mid f_M(x) = 1 \text{ for all } x \in 2\mathbb{N} \}$

Unexample

พิจารณาชุดของธรรมชาติ

$\qquad A = \{ i \in \mathbb{N} \mid \varphi_i(j) = i \text{ for all } j \in 2\mathbb{N} \}$

ซึ่งแน่นอนว่าไม่สามารถคำนวณได้ อย่างไรก็ตามไม่ใช่ดัชนีที่ตั้งไว้สำหรับ ! ให้สำหรับบางA ตั้งแต่เป็นGödelหมายเลขมี (หลายอนันต์)กับแต่สำหรับทุกถือเพราะเจ$A$$P$$f=\varphi_i$$i \in A$$\varphi$$j \neq i$$\varphi_j = f$$j \notin A$$f(2)=i \neq j$

ระวังสิ่งนี้! ตามกฎของหัวแม่มือหากใช้ดัชนีของฟังก์ชั่นใน "ด้านขวามือ" หรือเป็นพารามิเตอร์ของฟังก์ชั่นในการกำหนดชุดว่ามันอาจจะไม่ได้ตั้งค่าดัชนี คุณอาจต้องการคุณสมบัติของการกำหนดหมายเลขGödelและทฤษฎีของ fixpointเพื่อแสดงว่าชุดนั้นไม่มีชุดดัชนี$s_{mn}$

ดูที่นี่และที่นี่เพื่อโพสต์ที่เกี่ยวข้องกับทฤษฎีบทของข้าว